Exercícios Aula 3 gabarito

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Gabarito: FÍSICA 1 – AULA 3 
 
Resposta da questão 1: 
 [A] 
 
Analisando o movimento do automóvel conforme a figura abaixo, temos que: 
 
 
 
1
1
1
v
1 t t
S 4 mΔ



 
 2
2
1
v
2 t t 4
S 16 mΔ


 
 
 
 
Assim, podemos encontrar expressões matemáticas que representam as velocidades nos dois instantes. 
Analisando do instante 0 ao instante 1, temos que: 
2 2
1 0 1
1 1
v v 2 a S
v 2 a S
Δ
Δ
   
  
 
 
Analisando do instante 0 ao instante 2, temos que: 
2 2
2 0 2
2 2
v v 2 a S
v 2 a S
Δ
Δ
   
  
 
 
Se 
2 1v v a tΔ  
, onde 
2 1t t t 4 sΔ   
. 
 
2 1
2 1
2 1
2 a S 2 a S a t
a t 2 a S 2 a S
a t 2 a S S
Δ Δ Δ
Δ Δ Δ
Δ Δ Δ
      
      
    
 
 
Elevando ao quadrado ambos os lados e substituindo os valores, temos que:  
 
22 2
2
2
a 4 2 a 4 16
16 a 2 2 4
8
a
16
a 0,5 m s
    
   


 
 
Resposta da questão 2: 
 [C] 
 
Dados: 
  2max 0a 0,09 g 0,09 10 0,9 m/s ; v 0; v 1080 km/h 300 m/s.     
 
 
A distância é mínima quando a aceleração escalar é máxima. Na equação de Torricelli: 
2 2 2 2
2 2 0
0 max min min
max
min
v v 300 0 90.000
v v 2 a d d 50.000 m 
2 a 2 0,9 1,8
d 50 km.
 
       


 
 
Resposta da questão 3: 
 [A] 
 
Pelos dados do enunciado e pela função horária do espaço para um MRUV, temos que: 
2
0 0
a t
S S v t
2
10 16
S 40 30 4
2
S 40 120 80
S 0 m

   

   
  

 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
Para um veículo em movimento retilíneo uniformemente variado, temos a expressão da velocidade versus o tempo: 
0v v at 
 
 
Sabemos que ao parar a velocidade é nula, temos a velocidade inicial e a aceleração, então calculamos o tempo: 
0
km 1000 m 1h m
v 72 20
h 1km 3600 s s
   
 
 
Substituindo os valores na equação da velocidade, achamos o tempo de frenagem: 
0v v at 0 20 10t t 2 s      
 
 
Assim, o tempo total será composto do tempo de ação do motorista ao avistar o obstáculo somado ao tempo de frenagem. 
totalt 1 s 2 s 3 s  
 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
2
Dados : v 540 km/h 150 m/s; t 2,5 min 150 s.
v 150 0
a a 1 m/s .
t 150
Δ
Δ
Δ
   

   
 
 
Resposta da questão 6: 
 [D] 
 
O encontro ocorrerá no ponto 
(0, 0),
 origem do sistema de eixos. 
A
2 2
B
18
x 18 3t 0 18 3 t t t 6 s
3
 t 1,5 s 9 81 144
y 18 9t 2t 0 18 9t 2t t
4 t 6 s
t 6 s.

        
 
           
  

 
 
Resposta da questão 7: 
 [E] 
 
Tomando as equações horárias das posições de cada móvel, temos: 
2
1
1
s 0 10t t
2
  
 e 
2
2
1
s d 14t t
4
  
 
 
Em que 
S 
 posição de cada móvel 
(m)
 no instante t 
(s)
 
 
No encontro dos móveis, as posições são iguais. 
1 2s s
 
2 21 110t t d 14t t
2 4
   
 
 
Rearranjando os termos 
23t 96t 4d 0  
 (1) 
 
Sabendo que o encontro ocorre apenas uma vez, temos um choque totalmente inelástico, isto é, a velocidade final das duas 
partículas é a mesma. 
1v 10 t 
 e 
2
t
v 14
2
  
 
1 2v v
t 48
10 t 14 t t 16 s
2 3

       
 
 
Substituindo o tempo encontrado na equação (1), obtemos: 
23 16 96 16 4d 0 d 192m      
 
 
Outra forma de pensar a resolução desta questão a partir da equação (1) é que o encontro dos móveis significa as raízes da 
equação quadrática. Como esse encontro se dá uma única vez, temos duas raízes reais iguais, ou seja, 
0,Δ 
 então: 
2( 96) 4 3 4d 0
9216 48d 0
9216
d d 192 m
48
    
 
  
 
 
Resposta da questão 8: 
 a) Tempo total do salto até atingir o solo: 
1 2t t t 
 
No primeiro momento, na queda livre do paraquedista. 
2
1
1 o
2
1
2
1
1
a t
S v t
2
10 t
80
2
t 16
t 4 s
Δ

  




 
 
Encontrando a velocidade no final do primeiro momento, 
1 o 1
1
1
v v a t
v 10 4
v 40 m s
  
 

 
 
Assim, achando o tempo do segundo momento, temos que: 
2 1 2
2
2
v v a t
2 40 4 t
t 9,5 s
  
  

 
 
Por fim, o tempo total será: 
1 2t t t 4 9,5
t 13,5 s
   

 
 
b) A distância total percorrida: 
t 1 2S S SΔ Δ Δ 
 
A distância percorrida no primeiro momento foi dada no enunciado 
(80 m).
 Para o segundo momento, temos que: 
 
2 2
2 1 2
2 2
2
2 2
2
2
v v 2 a S
2 40 2 4 S
40 2
S
8
S 199,5 m
Δ
Δ
Δ
Δ
   
    



 
 
Logo, 
t
t
S 80 199,5
S 279,5 m
Δ
Δ
 

 
 
Resposta da questão 9: 
 

 Distância percorrida durante o tempo de resposta: 
Dados: v = 100 km/h = (100/3,6) m/s; 
t 0,36s.Δ 
 
100
D v t 0,36 D 10 m.
3,6
Δ    
 
 

 Aceleração média de frenagem: 
Dados: v0 = 100 km/h = (100/3,6) m/s; v = 0; 
t 5s.Δ 
 
Supondo trajetória retilínea, a aceleração escalar é: 
2
1000v 3,6
a a 5,6 m/s .
t 5
Δ
Δ

    
 
 
Resposta da questão 10: 
 [E] 
 
A aceleração escalar é 
2a 5 m / s . 
 
Aplicando a equação de Torricelli: 
 2 2 20
625
v v 2 a S 0 25 2 5 S S S 62,5 m.
10
Δ Δ Δ Δ        
 
 
Resposta da questão 11: 
 [C] 
 
Dados: a = 10 m/s2; v0 = 0; v = 90 km/h = 25 m/s. 
v v 25 0
a t t 2,5 s.
t a 10
Δ Δ
Δ Δ
Δ

     
 
 
Resposta da questão 12: 
 [C] 
 
Analisando o enunciado, temos que: 
2
1 0 o
2
2
a t
x x v t
2
a 10
0 10 1 10
2
50 a 20
2
a m s
5

   

   
  
 
 
 
Resposta da questão 13: 
 [E] 
 
Da equação de Torricelli: 
 
2 2 2 2 2
0v v 2 a S v 30 2 5 50 v 400 v 20 m/s 
v 72 km/h.
Δ           

 
 
Resposta da questão 14: 
 [B] 
 
Dados: 
2
0S 130 80 210 m; v 396 km/h 110 m/s; a 5 m/s .Δ       
 
 
Aplicando a equação horária do espaço para movimento uniformemente variado: 
2 2 2
0
a 5
S v t t 210 110 t t t 44 t 84 0 
2 2
t 2 s.
44 1936 336
t t t 2 s.
2
t 42 s. (não convém)
Δ          

 
    

 
 
Resposta da questão 15: 
 [B] 
 
[I] Correta. Temos: 
 
 
2
1 1 12
2
2 2 2
t 1 s x 10 4 1 x 14 m
x 10,0 (4,0) t x 46 14 32 m.
t 3 s x 10 4 3 x 46 m
Δ
      
      
      
 
 
[II] Incorreta. O movimento da onça é uniformemente variado. 
 
[III] Correta. Na função horária do espaço, o coeficiente de 
2t
 é 
a
.
2
 Assim, na função dada, 
2x 10,0 (4,0) t , 
 temos: 
2a 4,0 a 8,0 m/s .
2
  
 
 
[IV] Incorreta. A função horária da velocidade é 
0v v a t. 
 Assim, 
v 0 8 t. 
 
Para 
 t 2 s v 8 2 v 16 m/s.    
 
 
Resposta da questão 16: 
 [D] 
 
Nota: há uma imprecisão gramatical no enunciado, afirmando (no singular) que os dois móveis têm aceleração constante. É, 
então, de se supor que as acelerações sejam iguais. Porém, logo a seguir, afirma-se que 
A Ba a .
 Para que se evitem 
confusões, o enunciado na primeira linha deveria ser: 
“Dois móveis A e B deslocam-se em uma trajetória retilínea, com acelerações constantes e..." 
 
Mas, vamos à resolução. 
Como as acelerações (escalares) são constantes e positivas,os gráficos das velocidades são trechos de reta ascendentes. Sendo 
A Ba a ,
 o segmento referente à velocidade do móvel A tem maior declividade, começando num ponto abaixo do de B, pois 
A Bv v .
 Essas conclusões, levam-nos ao Gráfico D. 
 
Resposta da questão 17: 
 - Cálculo da velocidade. 
Dados: 
1 2S 50m; S 50m.Δ Δ 
 
Construindo o gráfico da velocidade em função do tempo para os 10 segundos: 
 
 
 
Sabemos que no gráfico da velocidade em função do tempo, a área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos é 
numericamente igual ao espaço percorrido. Então: 
 
     
1 1
2 2
v t v t
S A 50 v t 100 I
2 2
S A v 10 t 50 v 10 t 50 10 v v t II
Δ
Δ

     

         
 
 
(I) em (II): 
50 10 v 100 v 15 m/s.   
 
 
- Cálculo da aceleração. 
Aplicando a equação de Torricelli no trecho acelerado: 
2 2 2 2
0 1
2
v v 2 a S 15 0 2 a 50 225 100 a 
a 2,25 m/s .
Δ       

 
 
- Cálculo os tempos. 
Voltando em (I): 
100 20
v t 100 15 t 100 t t s.
15 3
      
 
 
Então, conforme mostra o gráfico: 
1 1
20
t t t s.
3
Δ Δ  
 
2 2
20 10
t 10 t 10 t s.
3 3
Δ Δ     
 
 
Resposta da questão 18: 
 

 Distâncias percorridas pelos carros: 
No gráfico 
v t
 a distância percorrida é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim: 
 
A A
A B
5 3
D 2 D 8 m.
2
4 1
D 2 3 1 D 8 m.
2

   


          
 
 

 Aceleração do carro A: 
Dados: v0 = 0; v = 2 m/s; 
t 2s.Δ 
 
Entendendo por aceleração apenas a aceleração escalar do veículo, temos: 
2v 2 0a a 1 m/s .
t 2
Δ
Δ

   
 
 
Resposta da questão 19: 
 11. 
 
1ª Solução 
Calculando as posições nos instantes mencionados: 
 
2
2
2
m m
x (1) 10,0 2,0 (1) 3,0 (1) 5 m
x(t) 10,0 2,0 t 3,0 t 
x (2) 10,0 2,0 (2) 3,0 (2) 6m
6 5x
v v 11 m /s.
t 2 1
Δ
Δ
      
    
    
 
   

 
 
 
2ª Solução 
A função dada caracteriza um movimento uniformemente variado: 
2
0 0
a
x x v t t .
2
  
 
 
Fazendo as comparações, obtemos os valores: 
x0 = 10 m; v0 = 2 m/s; a = 6 m/s2. 
 
A função horária da velocidade escalar é: 
0
v(1) 2 6 (1) 8 m /s
v(t) v a t v (t) 2 6 t 
v (2) 2 6 (2) 14 m /s
  
     
  
 
 
No movimento uniformemente variado, a velocidade escalar média é a média aritmética das velocidades. Assim: 
1 2
m
m
v v 8 14 22
v 
2 2 2
v 11 m /s.
 
   

 
 
Resposta da questão 20: 
 Lembrando que no gráfico da aceleração escalar em função do tempo a variação da velocidade é numericamente igual a área 
entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos, como destacado na figura, temos: 
 
 
 
v = v1 + v2 + v3 = v = (6  4) – (4  3) + (6  4) = 24 –12 + 24 = 36 cm/s. 
Mas v = v – v0. Então: 
v – 2 = 36  
v = 38 cm/s.